2024年江西省恩博高三4月联考【赣抚吉】 数学答案

高三数学答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.【答案】C【解析】因为或，所以A{x|2x2},B{x|x2x0}AB(0,2].2.【答案】D【解析】因为z2i，所以2zz(42i)(2i)23i，所以|2zz|22(3)213.3.【答案】B【解析】因为p：(2x1)(2x2)02x20x1，q:0x1，所以p是q的必要不充分条件.4.【答案】C34370【解析】设此时水面的高度为h，则π()22π13π()2hh.232275.【答案】A【解析】因为对任意的x都有f(1x)f(1x)，所以令x0，得f(1)0，所以a2，所以f(0)f(2)(42)2.6.【答案】C【解析】f(x)aex1f(0)a1，且f(0)a，所以直线l:y(a1)xa，它a1a2与两坐标轴的交点坐标分别为(,0)和(0,a)，所以a，解得a2.a12a137.【答案】D【解析】因为1111111101101011，除以的余6(71)7CC117(1)117(1)(1)7数为6，所以选D.8.【答案】A【解析】由已知得OPF90o，即FPOP，所以PFb,OPa.第1页共10页{#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}ba2ab因为直线OP:yx，所以P(,).acca2abb2ab又因为MPOFc，所以M(,)(,)c，代入双曲线方程可得ccccb4a2b21baac4422baaab44222()baa222，a2c2b2c2b2b2即2，所以离心率e13.a2a2二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.【答案】ABD【解析】因为y0.3x单调递减，所以0.3a0.3b，选项A正确；因为ylgx单调递增，所以lgalgb，选项B正确；当a>1>b>0时，显然选项C不正确；选项D正确.10.【答案】BCD【解析】因为与相交，所以与平面相交，故选项错误；BM1BCBM1PBCA因为平面，平面，平面，所以直线与为PBB1C1CNBB1C1CCC1BB1C1CPNCC1异面直线，故选项B正确；当点与点重合时，⊥平面，所以,故选项正确；PAPNBB1C1CB1MPNC当AP=AN时，直线PN与平面ABC所成的角为45o，故选项D正确.11.【答案】ADπππ【解析】由直线x是函数yf()x图象的一条对称轴，得到nπ,nZ.662π又因为0π，得到，所以选项A正确；3333因为在区间[π,2π]上的值域为[1,]，所以f()π或f(2π)，且Tπ，2222π因此π02.第2页共10页{#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}3ππ2π1若f()π，则π2kπ，或2kπ,kZ.因为02，得，233331π1π2π3此时f(x)sin(x)，当x[π,2π]时，x[,]π，f(x)[0,]，不符合333332条件.3ππ2π若f(2π)，则2π2k，或2kπ,kZ.233317因为02，得1或或.66ππ4π7π3当1时，f(x)sin(x)，当x[π,2π]时，x[,]，f(x)[1,]，33332符合条件.11π1ππ2π3当时，f(x)sin(x)，当x[π,2π]时，x[,]，f(x)[,1]，66363232不符合条件.77π7π3π8π当时，f(x)sin(x)，当x[π,2π]时，x[,]，f(x)[1,1]，6636323不符合条件.π综上，当1时，f(x)sin(x)，所以选项D正确，选项B、C错误.3三、填空题：本题共3小题，每小题5分,共15分．8512.【答案】52【解析】圆心C(1,0)，半径r2，所以点C到y2x的距离d，故585|AB|2r2d2.5100π13.【答案】2533第3页共10页{#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}BC103【解析】设展台所在的圆的圆心为O，半径为R，则2R20，即sinBAC32R10，BAC120，BOC120，113100π所以展台的面积为π1021010253m2.322314.【答案】69【解析】设x是数列an中的任意一项，则xd，x2d均是数列an中的项，设ax(xd),ax(x2d)，则aaxdkkdk1k2k2k121.因为d0，所以xk2k1Z，即数列an的每一项均是整数，所以数列an的每一项均是自然数，且d是正整数.由题意，设ak38，则ak138d是数列an中的项，所以38(38d)是数列an中的项.设am38(38d)，则amak38(38d)38383738d(mk)d，即(mk38)d3837.因为mk38Z,dN*，故d是3837的约数.所以d1,2,19,37,，219,237,1937,3837.当时，，得，d1a138(k1)…0k1,2,,38,39故a138,37,,2,1,0，共39种可能；当时，，得，故，d2a1382(k1)…0k1,2,,18,19,20a138,36,34,,4,2,0共20种可能；第4页共10页{#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}当时，，得，故，共种可能；d19a13819(k1)…0k1,2,3a138,19,03当时，，得，故，共种可能；d37a13837(k1)…0k1,2a138,12当时，，得，故，共种可能；d38a13838(k1)…0k1,2a138,02当时，，得，故，共种可能；d237a138237(k1)…0k1a1381当时，，得，故，共种可能；d1937a1381937(k1)…0k1a1381当时，，得，故，共种可能d3837a1383837(k1)…0k1a1381.综上，满足题意的数列an共有392032211169（种）.经检验，这些数列均符合题意.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.(13分）解析：（1）f(x)Acos(x)，由图可以得到：A2,2，-----------------------------------------------------------------------3分πππf()x图象过点(,0)，，1222所以2k,所以，126π所以f(x)2sin(2x).-----------------------------------------------------------------------------6分663（2）由f()，得sin(2)，--------------------------------------------------------9分565πf(x)4cos(2x)，6π28f(2)4cos(4)4cos2(2)4[12sin(22)].------13分123662516.（15分）解析：（1）设AD,BC的中点分别为OE,，连接OP,,OEPE.因为PAPD，所以OPAD.--------------------------------------------------------------------2分因为PBPC，所以BCPE.第5页共10页{#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}在梯形ABCD中，AD42(42)225，1所以OP3252，OE(ABDC)3，2PE172213，因此OP2OE2PE2，所以OPOE，-----------------------------------------------------------------------------------------6分所以OP平面ABCD.又因为OP平面PAD，所以平面PAD平面ABCD.-------------------------------------7分（2）如图，以O为原点，OE,OP所在直线分别为y轴,z轴，作出x轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则ACDP(2,1,0),(2,3,0),(2,1,0),(0,0,2).设平面的法向量，则PADm(,,)x1y1z1，mAP0(,,)(2,1,2)0x1y1z12x1y12z10，mAD0(x1,y1,z1)(4,2,0)04x12y10令，得到，，即分x11y12z10m(1,2,0).----------------------------------------------10设平面的法向量，则PACn(,,)x2y2z2，nAP0(x2,y2,z2)(2,1,2)02x2y22z20第6页共10页{#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}nAC0（x2,y2,z2）（4，4,0）0x2y20.11令x1，得到y1，z，即n(1,1,).22222325cosm,n.3552因为二面角C-PA-D是锐二面角，25所以二面角CPAD的余弦值是.--------------------------------------------------------15分517.（15分）解析：（1）当a0时，f(x)(x2)ln(x2)x，f(x)ln(x2)(x2)，-----------------------------------------------------------------------------2分由f(x)0得x3，所以函数f()x的单调递增区间是(3,)；-------------------------------------------------------6分2a（2）f(x)ln(x2)a，f(3)0，x1依题意，存在实数m,n且2m3n，使得当mx3时，f(x)0，当3xn时，f(x)0.------------------------------8分12ax22(a1)x14a记g()()xfx，则g()x（x2）.x2(x1)2(x2)(x1)2记h(x)x22(a1)x14a,h(3)42a.①当a2时，h(3)0，a13，h()x在区间(2,a1)上单调递减，存在实数m,n且2m3